2022年1月浙江省普通高校招生選考科目化學仿真卷C(考試時間：90分鐘滿分100分)可能用到的相對原子質量：H1B11C12N14O16F19Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108Ba137選擇題部分一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．下列物質屬于純凈物的是()A．剛玉 B．水玻璃 C．天然氣 D．綠礬【答案】D【解析】A項，剛玉的主要成分是氧化鋁，是混合物，A不符合；B項，水玻璃是硅酸鈉溶液，是混合物，B不符合；C項，天然氣的主要成分是甲烷，是混合物，C不符合；D項，綠礬即FeSO4·7H2O，只由一種物質構成，故為純凈物，D符合。故選D。2．下列物質屬于弱電解質的是()A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH【答案】B【解析】A項，CO2在水溶液中或熔融狀態下不能夠電離，為非電解質，A不符合題意；B項，H2O在水溶液中或熔融狀態下能夠部分電離，為弱電解質，B符合題意；C項，HNO3為一種強酸，在水溶液中或熔融狀態下能夠完全電離，為強電解質，C不符合題意；D項，NaOH為一種強堿，在水溶液中或熔融狀態下能夠完全電離，為強電解質，D不符合題意；故選B。3．下列物質對應的組成正確的是()A．摩爾鹽：(NH4)2Fe(SO4)2 B．硝化纖維：C．生石灰：CaSO4?2H2O D．氯仿：CHCl3【答案】D【解析】A項，摩爾鹽為六水合硫酸亞鐵銨，其化學式為：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，A錯誤；B項，硝化纖維即纖維素硝酸酯，是纖維素在一定條件下與硝酸發生酯化反應得到的，其化學式為：，B錯誤；C項，生石灰為氧化鈣，其化學式為：CaO，C錯誤；D項，氯仿即三氯甲烷，其化學式為：CHCl3，D正確；故選D。4．萃取實驗中必需的實驗儀器是()A． B． C． D．【答案】B【解析】萃取實驗中用到的玻璃儀器為燒杯和分液漏斗，用不到錐形瓶、蒸餾燒瓶和酸式滴定管，故選B。5．下列表示不正確的是()A．異丁烷的球棍模型： B．乙二醇的實驗式：CH3OC．甲醚的結構簡式：CH3OCH3 D．2-甲基丁烷的鍵線式：【答案】A【解析】A項，異丁烷的球棍模型主鏈有3個碳，而，主鏈有4個碳是正丁烷，A錯誤；B項，乙二醇的分子式為C2H6O2、實驗式：CH3O，B正確；C項，甲醚的分子式為C2H6O2、結構簡式：CH3OCH3，C正確；D項，2-甲基丁烷主鏈4個碳原子、2號位上有1個甲基，則鍵線式：，D正確；故選A。6．下列說法不正確的是()A．Se和Se是同一元素的不同核素B．H2O2和H2O互為同素異形體C．CH3CH2Br和CH3CHBrCH3互為同系物D．CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH為同分異構體【答案】B【解析】A項，Se和Se的質子數相同而中子數不同，故是同一元素的不同核素，A正確；B項，同素異形體是同種元素形成的不同單質，故H2O2和H2O不是同素異形體，B錯誤；C項，CH3CH2Br和CH3CHBrCH3的結構相似、在分子組成上相差1個CH2原子團，故互為同系物，C正確；D項，CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH的分子式相同而結構不同的物質，故為同分異構體，D正確；故選B。7．下列關于有機反應類型的說法，不正確的是()A．=消去反應B．還原反應C．=加成反應D．取代反應【答案】B【解析】A項，是氯代烴在氫氧化鈉醇的作用下的消去反應，A正確；B項，是乙醛的催化氧化反應，B錯誤；C項，乙炔和氰化氫的加成反應，C正確；D項，從反應物和產物的對比可以發現，這是取代反應，D正確；故選B。8．關于反應4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2，下列說法正確的是A．只有Li元素被氧化 B．還原產物包括S和SO2C．氧化劑與還原劑物質的量之比為2：1 D．生成1.12LSO2時，反應轉移0.2mol電子【答案】A【解析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2中，Li元素的化合價由0升高到+1價，S元素的化合價由+4價降低為0。A項，Li元素的化合價升高被氧化，S元素化合價由+4價降低為0被還原，所以反應中被氧化的元素只有Li，A正確；B項，二氧化硫中的硫元素和氧元素在反應前后化合價不變，故二氧化硫不是還原產物，B錯誤；C項，氧化劑為SOCl2，且只有1個S原子參與氧化還原反應，還原劑為Li，故氧化劑和還原劑的物質的量之比為1:4，C錯誤；D項，題目中未說明二氧化硫是否處于標準狀況，所以無法計算轉移電子的量，D錯誤；故選A。9．下列說法不正確的是()A．新制氯水中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色B．硫在過量的空氣中燃燒生成二氧化硫C．氨氣與氯氣反應可生成氯化銨和氮氣D．硅酸鹽分子篩可以可逆地吸收水及其他小分子【答案】A【解析】A項，新制氯水有漂白性，故溶液最終會變成無色，A錯誤；B項，硫和氧氣在沒有催化劑的時候，只能生成二氧化硫，B正確；C項，氨氣有還原性，氯氣有氧化性，它們之間可以發生氧化還原反應生成氯化銨和氮氣，C正確；D項，其中有許多籠狀空穴和通道，這種結構使它很容易可逆地吸收或失去水及其他小分子，D正確；故選A。10．下列說法不正確的是()A．鎂合金硬度大且密度小，常用于航天領域B．黃綠色氣體ClO2是一種高效安全的滅菌消毒劑C．利用二氧化碳和環氧丙烷的縮聚反應可以制造全降解塑料D．服用硫酸亞鐵補鐵劑時加服維生素C效果更好，原因是維生素C具有還原性【答案】C【解析】A項，合金的機械強度比成分金屬大，密度比成分金屬小，故鎂合金硬度大且密度小，常用于航天領域，A正確；B項，黃綠色氣體ClO2中的Cl為+4價，具有氧化性，可作為滅菌消毒劑，在反應過程中得電子變為氯離子，安全，高效，B正確；C項，全降解塑料()可由單體環氧丙烷()和CO2加聚制得，C錯誤；D項，服用硫酸亞鐵補鐵劑時加服維生素C效果更好，主要是維生素C可以防止亞鐵離子被氧化，故體現維生素C的還原性，D正確；故選C。11．下列有關實驗操作的說法，不正確的是()A．減壓過濾中的轉移，先開大水龍頭，再用傾析法轉移溶液至布氏漏斗中，待溶液快流盡時再轉移沉淀B．酸式滴定管的潤洗，從滴定管上口加入3~5mL所要盛裝液體，傾斜著轉動滴定管，然后輕輕轉動活塞，將液體從滴定管下部放入預置的燒杯中C．振蕩分液漏斗中的混合溶液，用一只手壓住分液漏斗的玻璃塞，另一只手握住旋塞，將分液漏斗倒轉過來，用力振蕩D．焰色反應檢驗Na+，取一根鉑絲，放在酒精燈火焰上灼燒至無色，然后蘸取少量試液，置于火焰上灼燒，觀察火焰顏色【答案】A【解析】A項，減壓過濾中的轉移，用傾析法先轉移溶液，開大水龍頭，待溶液快流盡時再轉移沉淀，A不正確；B項，潤洗酸式滴定管時，加少量待裝液，傾斜著轉動滴定管，使液體潤濕全部滴定管內壁，可盡量將蒸餾水除去，然后輕輕轉動控制活塞，將液體從滴定管下部放入預置的燒杯中，操作符合實驗要求，B正確；C項，為防止玻璃塞和旋塞脫落，導致實驗失敗，當振蕩分液漏斗中的混合溶液時，須用一只手壓住分液漏斗的玻璃塞，另一只手握住旋塞，將分液漏斗倒轉過來，用力振蕩，C正確；D項，取一根潔凈的細鐵絲，放在酒精燈上灼燒至無色，再蘸取少量試液，置于火焰上灼燒，觀察火焰顏色為黃色說明溶液中含有Na+，D正確；故選A。12．下列“類比”合理的是()A．由O2+2H2S=S+2H2O，說明非金屬性OS，推測：高溫下2C+SiO2=Si+2CO，非金屬性CSiB．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO推測：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．Fe與S在加熱條件下反應生成FeS，推測：Cu與S在加熱條件下生成CuSD．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推測：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑【答案】D【解析】A項，可以通過非金屬之間的置換反應說明非金屬性強弱，但反應物中的非金屬單質必須表現出氧化性，推測中非金屬C表現出還原性，A錯誤；B項，SO2具有還原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此會發生氧化還原反應，B錯誤；C項，Fe與S發生氧化還原反應生成FeS，說明S的氧化性使變價金屬生成低價態，因此推測應該生成Cu2S，C錯誤；D項，利用強酸制弱酸的原理正確，D正確；故選D。13．下列離子方程式書寫錯誤的是A．將H2O2溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中：H2O2+2M2M↑B．小蘇打溶液顯堿性的主要原因：HCO3-+H2OH2CO3+OH-C．向新制氫氧化銅懸濁液中加入乙醛溶液并加熱：CH3CHO+2CH3COO-+↓+3H2OD．少量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中：↓【答案】A【解析】A項，高錳酸鉀氧化性比過氧化氫強，將H2O2溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中，H2O2作還原劑，KMnO4作氧化劑，發生反應為：H2O2+2M2M↑，A不正確；B項，小蘇打為NaHCO3，其屬于強堿弱酸鹽，在水溶液中發生水解，生成碳酸和氫氧化鈉，水解的離子方程式為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，B正確；C項，新制氫氧化銅懸濁液具有氧化性，能將醛氧化為羧酸，同時生成Cu2O等，則往氫氧化銅懸濁液中加入乙醛溶液并加熱，發生反應的離子方程式為：CH3CHO+2CH3COO-+↓+3H2O↓+3H2O，C正確；D項，少量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中，會發生反應，生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，發生反應的離子方程式為：↓，D正確；故選A。14．有關的說法不正確的是()A．分子中至少有8個碳原子共平面B．分子中含1個手性碳原子C．酸性條件下加熱水解有CO2生成D．與足量NaOH溶液完全反應后生成的鈉鹽有2種【答案】C【解析】A項，苯環上的6個碳原子，以及與苯環直接相連的2個碳原子一定共面，單鍵可以旋轉，所以其余碳原子不一定共面，即分子中至少有8個碳原子共平面，A正確；B項，連接四個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，該分子中只有六元環中連接五元環中N原子的碳原子為手性碳，B正確；C項，該分子中含有酰胺鍵，可以水解，但水解產物中沒有碳酸，即不會有CO2生成，C錯誤；D項，酰胺鍵可以水解產生羧基，羧基可以和NaOH反應，該物質與足量NaOH溶液完全反應后生成、兩種鈉鹽，D正確；故選C。15．四種短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如圖所示，已知四種元素的原子最外層電子數之和為21，下列說法不正確的是()A．X位于第二周期第ⅣA族B．簡單離子半徑：r(W)r(Y)r(Z)C．W的氧化物對應水化物的酸性一定比Y的強D．X、Y、W三種元素的最高化合價依次升高【答案】C【解析】設X的最外層電子數為a，Y的最外層電子數為a+1，Z、W的最外層電子數為a+2，則a+a+1+2(a+2)=21，解得a=4，四種元素都是短周期元素，因此X、Y、Z、W分別為C、N、O、S。A項，X為碳元素，位于第二周期第ⅣA族，故A正確；B項，電子層數越多，其離子半徑越大，電子層結構相同的離子，核電荷數越大，半徑越小，因此離子半徑：r(W)r(Y)r(Z)，故B正確；C項，元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，選項中沒有指明哪種氧化物，故C錯誤；D項，X、Y、W的最高化合價分別為+4、+5、+6，依次升高，故D正確；故選C。16．三乙醇胺N(CH2CH2OH)3]水溶

液可代替NaOH吸收石油裂解氣中的酸性尾氣。該物質可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氫而形成。三乙醇胺常壓下沸點為360°C．下列說法不正確的是()A．常溫常壓下，三乙醇胺分子間作用力較氨氣強B．三乙醇胺水溶液呈堿性原因為：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-C．用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受熱時分解放出氣體，可回收循環利用D．已知工業上可用環氧乙烷和氨水制備N(CH2CH2OH)3，投料時應提高氨水比例【答案】D【解析】A項，三乙醇胺與氨氣均為分子晶體，分子間作用力越大，物質的熔沸點越高，題干信息已知三乙醇胺的沸點比氨的沸點高得多，故常溫常壓下，三乙醇胺分子間作用力較氨氣強，A正確；B項，類比于氨氣溶于水呈堿性，NH3+H2ONH4++OH-，故三乙醇胺水溶液呈堿性原因為：N(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-，B正確；C項，類比于氨水吸收CO2生產不穩定的碳酸鹽，受熱易分解釋放CO2，因三乙醇胺的沸點360°C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制溫度受熱時分解放出氣體，可回收循環利用，C正確；D項，已知工業上可用環氧乙烷和氨水制備N(CH2CH2OH)3，但投料時若提高氨水比例，會增大副產物-乙醇胺的產率，所以工業上常常增大環氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D錯誤；故選D。17．在低溫條件下，下列過程能自發進行的是()A．Na→Na B．H2O(g)→H2O(l)C．NH4→NH3↑+H↑ D．→↑【答案】B【解析】A項，鈉原子失去電子形成鈉離子是一個吸收能量的過程，在低溫條件下不能自發進行，故A錯誤；B項，氣態水轉化為液態水是一個熵減的放熱過程，轉化中△H＜0、△S＞0，低溫下，△H—T△S恒小于0，能自發進行，故B正確；C項，氯化銨分解的反應是一個熵增的吸熱反應，反應中△H＞0、△S＞0，低溫下，△H—T△S大于0，不能自發進行，故錯誤；D項，銅是不活潑金屬，不能與稀硫酸反應，則在低溫條件下不能自發進行，故D錯誤；故選B。18．設[aX+bY]為a個X微粒和b個Y微粒組成的一個微粒集合體，NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A．1L0.1mol·L-1C2H5OH溶液中含有的H-O鍵的數自為0.1NAB．在反應4NaNaNaNa中，發生電子轉移時，生成氧化產物[]的總數為1/6NAC．2.8g14N2與14C16O的混合物中，中子數目為1.4NAD．1L0.01mol·L-1溶液中，和的離子數目之和為0.01NA【答案】B【解析】A項，未考慮溶劑水中的O-H，故A錯誤；B項，由反應可知4mol氯氣發生反應時轉移6mol電子，生成的氧化產物NaNa共2mol，即1mol[]，則1mol電子轉移時，生成氧化產物[]的總數為1/6NA，故B正確；C項，1mol14N2所含中子數為14mol，1mol14C16O所含中子數為16mol，兩者摩爾質量不同且所含中子數也不同，則2.8g混合氣體中所含中子數不能確定，故C錯誤；D項，根據物料守恒可知、和的總和為0.01NA，故D錯誤；故選B。19．25℃時，下列說法正確的是()A．H2A溶液與NaOH溶液按物質的量1：1恰好完全反應時，溶液酸堿性無法判斷B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA對水的電離沒有影響C．醋酸的電離度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液顯堿性【答案】A【解析】A項，H2A溶液與NaOH溶液按物質的量1：1恰好完全反應后，生成的是NaHA，但是H2A的電離常數不知道，所以該溶液酸堿性無法判斷，A正確；B項，可溶性正鹽BA溶液呈中性，只能說明HA和BOH的強弱相同，但是如果都是弱酸，且電離常數相同，則BA的陰陽離子水解程度相同，促進水的電離，B錯誤；C項，醋酸是弱電解質，稀釋促進電離，稀釋后水的PH增大，PH越大說明越稀，水的電離程度越大，C錯誤；D項，pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2當中，氫離子和氫氧根離子濃度相同，溶液等體積混合后，溶液顯中性，D錯誤；故選A。20．T°C時，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)經一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數據見下表。下列說法正確的是()t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20A．反應在前50s內的平均速率為v(PCl3)=0.0032mol·L-1·s-1B．反應350s時，反應放出的Cl2的體積為4.48LC．相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2達到平衡前v正<v逆D．平衡時，再充入1.0molPCl5(g)，達到新平衡時PCl5的體積分數大于原平衡PCl5的體積分數【答案】D【解析】A項，由題給數據可知，反應在前50s內的平均速率為v(PCl3)=0.0016mol·L-1·s-1，A錯誤；B項，由題給數據知，反應350s時，反應已達到平衡，缺標準狀況，無法計算生成0.20mol三氯化磷時，生成氯氣的體積，B錯誤；C項，由題給數據知，反應250s時，反應已達到平衡，由方程式可知，平衡時五氯化磷、三氯化磷和氯氣的物質的量分別為1.0mol—0.20mol=0.80mol、0.20mol、0.20mol，反應的平衡常數為K==0.025，相同溫度下，起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2時，濃度熵Qc==0.02＜K，則反應向正反應方向移動，反應速率v正＞v逆，C錯誤；D項，該反應為氣體體積增大的反應，若平衡時，恒容密閉容器中再充入1.0molPCl5(g)，相當于增大壓強，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，五氯化磷的體積分數增大，D正確；故選D。21．依據圖示關系，下列說法不正確的是()A．ΔH5ΔH4B．石墨的穩定性比金剛石高C．C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH＝ΔH3-ΔH2D．1mol石墨或1molCO分別完全燃燒，石墨放出熱量多【答案】C【解析】A項，根據蓋斯定律可知，ΔH3=ΔH5+ΔH2，故ΔH5=ΔH3-ΔH2=(-393.5kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)=-110.5kJ/mol，又ΔH5=ΔH1+ΔH4，故ΔH4=ΔH5-ΔH1=(-110.5kJ/mol)-1.9kJ/mol=-112.4kJ/mol，故ΔH5ΔH4，A正確；B項，由過程1中ΔH1可知，石墨轉化為金剛石是吸熱的，故石墨具有的能量低于金剛石，故石墨的穩定性比金剛石高，B正確；C項，由圖可知，反應①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3，反應②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2，根據蓋斯定律可知，反應C(石墨，s)CO2(g)=2CO(g)由①-2②，故ΔH＝ΔH3-2ΔH2，C錯誤；D項，由圖中可知，1mol石墨或1molCO分別完全燃燒，放出的熱量分別為：393.5kJ、283.0kJ，故石墨放出熱量多，D正確；故選C。22．氧化石墨烯的結構片段如圖所示。一種新的制備方法是用Pt電極，在稀硫酸中對石墨進行電解氧化。電解水產生的大量高活性氧自由基(如：·OH)與石墨反應生成了氧化石墨烯。下列說法不正確的是()A．石墨烯應該與電源的正極相連B．電解過程中可能產生CO2C．可用稀鹽酸代替稀硫酸進行電解D．“·OH”的生成：H2O-e-=·OH+H+【答案】C【解析】A項，電解池的陽極發生氧化反應，由石墨反應生成了氧化石墨烯為氧化反應，所以石墨烯應該與電源的正極相連，A正確；B項，電壓過高時，電流增大氧化性增強，陽極可能產生CO2，B正確；C項，稀鹽酸代替稀硫酸進行電解會生成氯氣影響氧化石墨烯的生成，C錯誤；D項，陽極電解水產生的大量高活性氧自由基(如·OH)，“·OH”的生成的電極方程式：H2O-e-=·OH+H+，D正確；故選C。23．常溫時，一定濃度的一元酸HA、HB對應的鈉鹽和一元堿MOH、NOH對應的鹽酸鹽加水稀釋過程中的pH變化如圖所示(V0為初始體積，V為稀釋后的體積)，下列說法不正確的是()A．lg=0時，NaA溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)B．若b+c=14，則Ka(HB)=Kb(MOH)，MB溶液呈中性C．加水稀釋過程中，水的電離度不斷減小，lg=2時，NCl溶液中水的電離度為：102-a%D．lg=0時，c(A-)>c(B-)；c(N+)>c(M+)【答案】C【解析】A項，NaA溶液顯堿性，則說明HA是弱酸，則A-會水解，水解方程式為：A-+H2OHA-+OH-，另外水也會電離出氫氧根離子，故c(OH-)>c(HA)，所該溶液中離子濃度的順序是：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)，A正確；B項，b+c=14說明酸性溶液中的氫離子的濃度等于堿性溶液中氫氧根離子的濃度，即B-離子和M+的水解程度相同，也說明HB和MOH的電離常數相同，B正確；C項，lg=2時PH=a，則水電離出的，氫離子濃度c(H+)=10-amol/L，水的物質的量，則電離度為，C錯誤；D項，NaA，NaB稀釋的時候后者PH變化較快，說明HB酸性較弱，則起始時PH相同的時候NaB的濃度較小，根據電荷守恒可知，c(A-)>c(B-)；同理可得c(N+)>c(M+)，D正確；故選C。24．1，2-丙二醇脫氧脫水反應的催化循環機理如圖所示。下列說法不正確的是()A．MoO3為該反應的催化劑B．1，2-丙二醇在一定條件下可以發生消去反應C．過程④中有C—C鍵發生斷裂D．1，2-丙二醇分解的產物有HCHO、CH3CHO、CH2=CHCH3、H2O【答案】C【解析】A項，根據反應中MoO3在反應中參與反應，反應結束后又生成的特點判斷MoO3做催化劑，故A正確；B項，1，2—丙二醇中與羥基相連碳原子的鄰碳上有氫原子，故可以發生消去反應，故B正確；C項，根據圖示過程④中反應物和生成物之間的變化判斷，斷裂化學鍵為碳氧鍵，C—C鍵沒有發生斷裂，故C不正確；D項，根據轉化圖中產生的物質判斷，1，2—丙二醇的分解產物有HCHO、CH3CHO、CH2=CHCH3、H2O生成，故D正確；故選C。25．下列方案設計、現象和結論都正確的是()選項目的方案設計現象和結論A探討影響化學平衡的因素取1mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液于試管中，加入幾滴甲基橙，再加少量CH3COONH4固體若溶液紅色變淺或變成橙色，則說明增加CH3COO-的濃度能使CH3COOH的電離平衡逆向移動B檢驗火柴頭中氯元素的存在摘下幾根火柴的火柴頭，將火柴頭浸于水中，片刻后取少量溶液于試管中，加AgNO3溶液、稀硝酸若未出現白色沉淀說明不含氯元素C標定NaOH溶液的濃度精確稱取鄰苯二甲酸氫鉀0.50g3份，分別放入3個250mL錐形瓶中，加入50mL蒸餾水，加入2滴酚酞指示劑，用待標定的NaOH標準溶液滴定若滴定至溶液呈淺紅色即達滴定終點，據此可計算出NaOH溶液的準確濃度D研究淀粉的水解程度取0.5g淀粉于試管中，加入適量20%的硫酸溶液后沸水浴加熱5min，再滴加過量氫氧化鈉溶液，再加入適量碘水若溶液沒有變成藍色，則淀粉已經水解完全【答案】A【解析】A項，醋酸是弱酸，溶于水部分電離，加入醋酸銨固體后，電離出的醋酸根離子，會抑制醋酸的電離，從而使甲基橙的顏色變淺或變橙色，故A正確；B項，未出現白色沉淀，只能說明不含氯離子，不能說明火柴頭中不含氯元素，比如氯酸鉀，故B錯誤；C項，用待標定的NaOH標準溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀，用酚酞作指示劑，滴定至溶液呈淺紅色，30秒內不褪色，才可以判斷達到滴定終點，故C錯誤；D項，用碘水檢驗淀粉是否水解完全之前，不可以在淀粉水解液中加入過量的氫氧化鈉溶液，因碘水能和氫氧化鈉溶液反應，故D錯誤；故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共6小題，共50分)26．(4分)請回答下列問題(1)硼的氟化物和氯化物的沸點如下表：化合物BF3BCl3沸點(K)172K285K請解釋BF3沸點比BCl3沸點低的原因是___________。(2)NCl3水解的最初產物是NH3和HClO，而PCl3水解的最初產物是H3PO4和HCl，試解釋原因___________。【答案】(1)BCl3和BF3均為分子晶體，BCl3的分子間作用力比BF3分子間作用力大，所以沸點高(2分)(2)N的非金屬性強，在NCl3中N顯負價；P的非金屬性弱，在PCl3顯P正價(2分)【解析】(1)由表知：硼的氟化物和氯化物的沸點都較低，則BCl3和BF3均為分子晶體。組成和結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越大，熔沸點越高。BCl3的分子間作用力比BF3分子間作用力大，所以沸點高。(2)水解反應屬于非氧化還原反應。NCl3水解的最初產物是NH3和HClO，是因為N的非金屬性強，在NCl3中N顯負價、故水解時N與呈+1的氫結合生成氨氣、另一產物為HClO；而P的非金屬性弱，在PCl3顯P正價、Cl呈負價，則PCl3水解時氯與呈+1的氫結合生成HCl、另一產物H3PO4。27．(4分)0.05mol某有機物A和0.125molO2在一密閉容器中充分燃燒，所得產物通過濃H2SO4時使其增重2.7g；再通過足量灼熱的CuO粉末，固體質量減小了0.8g；最后通過足量堿石灰，固體質量增加了6.6g。(1)該化合物A的分子式______________。(寫出計算過程)(2)若0.05mol含有醛基的有機物B與有機物A的最簡式相同，且在0.125molO2中能完全燃燒，寫出B所有可能的結構簡式______________。【答案】(1)C3H6O3(2分)(2)HCHO、HOCH2CHO(2分)【解析】(1)0.05mol有機物與0.125molO2反應，通過濃硫酸，產物中的H2O被吸收，通過灼熱的CuO，反應生成的CO轉化為CO2；再通過堿石灰，CO2被吸收。通過濃H2SO4，濃硫酸增重2.7g，則反應產物中，則該0.05mol有機物含有n(H)=0.15mol×2=0.3mol；通過足量灼熱的CuO粉末，固體質量減小了0.8g，根據化學方程式CuO＋CO=Cu＋CO2，固體減少的質量為O的質量，根據反應可知1molCO搶奪1molCuO中的O，則反應產物中；通過足量堿石灰，固體質量增加了6.6g，增加的質量為CO2的質量，包括了反應生成的CO2的質量和CO氧化CuO生成的CO2，，則燃燒反應生成的n(CO2)=0.15mol－0.05mol=0.1mol，則該0.05mol有機物含有n(C)=0.15mol；綜上反應總生成了0.15molH2O、0.05molCO、0.1molCO2，產物中共含有n(O)=0.15mol＋0.05mol＋0.1mol×2=0.4mol，氧氣提供了n(O)=0.125mol×2=0.25mol，則0.05mol有機物中含有n(O)=0.4mol-0.25mol=0.15mol。則0.05mol的有機物含有0.3molH、0.15molC、0.15molO，可知該有機物的分子式為C3H6O3；(2)有機物A的最簡式為CH2O，1molCH2O完全燃燒消耗1molO2；根據已知0.05mol醛類有機物B在0.125molO2中能完全燃燒，若是恰好完全反應，則1molB完全燃燒消耗2.5molO2，現完全燃燒，則可能1molB完全燃燒消耗1molO2或2molO2，則B的分子式可能為CH2O或C2H4O2，則B可能的結構簡式為HCHO、HOCH2CHO。28．(10分)某興趣小組對某種儲氫材料X開展探究實驗。其中X由三種短周期主族元素組成，且陰、陽離子個數比為2∶1，回答下列問題：(1)X的化學式是_______，化合物H的電子式為_______。(2)溶液E和過量CO2發生反應的離子方程式為_________________________。(3)某種鈉鹽和X具有相同的陰離子，且該鈉鹽可由兩種二元化合物發生非氧化還原反應合成，請寫出一個可能的化學方程式：_________________________。(4)氣體A與單質D制備化合物H的過程中，通常產物中會夾雜單質D，請設計實驗方案，檢驗產品中是否含有單質D：_______________________________。【答案】(1)Mg(AlH4)2(2分)(2分)(2)AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－(2分)(3)4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl(2分)(4)取少量固體粉末，加入足量的冷水，待不再產生氣體后，繼續滴加鹽酸，若有氣泡產生，說明固體粉末中含有Mg(2分)【解析】由X為儲氫材料可知，X中含有氫元素、氣體A為氫氣;由題給框圖可知，固體B、金屬互化物C都能與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣，則單質B為鋁、金屬互化物C中含有鋁元素；由X中的某種元素單質可用來制造信號彈可知，單質D為鎂、溶液E為偏鋁酸鈉溶液、白色膠狀沉淀F為氫氧化鋁，則化合物X中含有鎂元素、鋁元素和氫元素;由鋁的質量為1.08g、氫氧化鋁的質量為4.68g和鎂的質量為0.72g可知，金屬互化物C中鎂與鋁的物質的量比為，則C的化學式為Mg3Al2，則化合物X中鎂、鋁和氫元素的物質的量比為0.03mol∶0.06mol∶=1∶2∶8，由X中陰、陽離子個數比為2∶1，可知，X的化學式為Mg(AlH4)2；由鎂和氫氣反應生成化合物H可知，H為MgH2。(1)由分析可知，X的化學式為Mg(AlH4)2，H為離子化合物MgH2，電子式為；(2)E為偏鋁酸鈉，其與過量二氧化碳反應的離子方程式為AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－；(3)由某種鈉鹽和X具有相同的陰離子可知，鈉鹽的化學式為NaAlH4，則由兩種二元化合物發生非氧化還原反應合成鈉鹽的反應為氫化鈉與氯化鋁反應生成四氫合鋁酸鈉和氯化鈉，反應的化學方程式為4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；(4)氫化鎂能與冷水反應生成氫氧化鎂和氫氣，而鎂不能與冷水反應，則檢驗氫化鎂中鎂雜質的含量可以取一定質量的固體粉末，加入足量的水，通過收集產生的氣體體積計算氫化鎂的質量，由總質量可以計算得到原混合物中單質鎂的量，故答案為：取少量固體粉末，加入足量的冷水，待不再產生氣體后，繼續滴加鹽酸，若有氣泡產生，說明固體粉末中含有Mg。29．(10分)碘在生活和科研中有重要的應用。(1)工業碘單質制備方法之一是在海帶浸泡液(含有碘離子)中加入稀硫酸，再加入二氧化錳，請寫出此反應的離子方程式_________________________________________。已知：①I2(H2O)I2(CCl4)K1=85②I2(aq)+I?(aq)I3-(aq)K2=960③I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1④W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0(2)常溫下，用CCl4萃取10mLcmol·L?1碘水中的碘時，碘單質在水和CCl4混合液中存在反應①的溶解平衡，為了提高萃取率，通常采用“少量多次”的方法，如下表所示。方法一：萃取1次方法二：萃取2次V(CCl4)10mL5mL5mL水層c(I2)請結合表中數據和平衡移動原理說明采用“少量多次”的方法提高萃取率的依據________________________________________________________________。(3)在一定溫度下，10.0mL0.100mol·L?1KI水溶液加入nmol的碘單質，加入10.0mLCCl4進行萃取，靜置分層(實驗過程中不考慮體積變化)。已知：I?和I3-不溶于CCl4，實驗測得CCl4層液體中c(I2)=0.0850mol·L?1，結合上述K1和K2值，則加入碘單質物質的量n=____mol。(保留三位有效數字)(4)反應③在一定條件下速率方程：v(正)=kc(I2)c(H2)，速率常數，其中R和NA是常數，d為分子直徑，M為分子的摩爾質量，P表示碰撞角度的因素，下列說法正確的是___________________。A．反應③的ΔS=0B．反應③I2平衡轉化率隨溫度升高變大C．升高溫度速率常數k變大D．分子直徑、摩爾質量會影響反應速率E.速率常數k的表達式是基于碰撞理論推導而來(5)在碘鎢燈燈泡內封存少量的碘可以延長鎢絲壽命，發生反應④，為模擬上述反應，取0.004mol碘和0.004mol鎢放置在50.0mL密閉容器中反應，在450℃，n(WI2)隨時間變化圖像如圖所示，t1時，將溫度升高到530℃，t2時達到平衡(530℃平衡常數k=)。請在圖中畫出n(WI2)從t1～t3隨時間變化圖像___________________________。【答案】(1)MnO2+4H++2I-=2Mn2++I2+2H2O(2分)(2)加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移動，水中碘單質濃度減小，用10mL萃取一次后水中碘水濃度為，用10mL分兩次萃取后水中碘水濃度為，大于，則分兩次，碘的萃取率高(2分)(3)1.35×10-3(2分)(4)CDE(2分)(5)(2分)【解析】(1)碘離子在稀硫酸環境中被二氧化錳氧化生成碘、錳離子和水，離子方程式MnO2+4H++2I-=2Mn2++I2+2H2O；(2)由表中數據知，每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移動，水中碘單質濃度減小，用10mL萃取一次后水中碘水濃度為，用10mL分兩次萃取后水中碘水濃度為，大于，則分兩次，碘的萃取率高。(3)在一定溫度下，10.0mL0.100mol·L?1KI水溶液加入nmol的碘單質，加入10.0mLCCl4進行萃取，CCl4層液體中c(I2)=0.0850mol·L?1，則n[I2(CCl4)]=8.50×10-4mol，，則c[I2(H2O)]=10-3mol·L?1，n[I2(H2O)]=1.0×10-5mol，則：，得x=4.90×10-4mol，，則加入碘單質物質的量n=1.35×10-3mol。(4)反應③為I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1：A項，ΔH-TΔS0時能自發反應，反應③為I2(g)+H2(g)?2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1，該反應在高溫下可自發，則ΔS0，A錯誤；B項，反應③為吸熱反應，升溫則平衡左移，故I2平衡轉化率隨溫度升高減小，B錯誤；C項，由速率常數可知，升高溫度速率常數k變大，C正確；D項，由速率常數可知，其中d為分子直徑，M為分子的摩爾質量，則分子直徑、摩爾質量會影響反應速率，D正確；E項，速率常數，其中P表示碰撞角度的因素，則速率常數k的表達式是基于碰撞理論推導而來，E正確；故選CDE。(5)反應④為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。取0.004mol碘和0.004mol鎢放置在50.0mL密閉容器中反應，在450℃，n(WI2)隨時間變化圖像如圖所示，t1時，將溫度升高到530℃，則平衡向左移動，WI2(g)物質的量減小，則：t2時達到平衡(530℃平衡常數k=)。，得x=1.2×10-3mol，則得到n(WI2)從t1～t3隨時間變化圖像為：。30．(10分)氯化鐵在金屬蝕刻、污水處理等方面有廣泛應用。某興趣小組以廢鐵屑為原料，用如圖所示裝置制備FeCl3·6H2O。已知：FeCl3易溶于水、甲醇、乙醇，不溶于甘油。實驗步驟：I.廢鐵屑的凈化：取一只小燒杯，放入約5g廢鐵屑，向其中注入15mL1mol·L?1Na2CO3溶液，浸泡數分鐘后，分離出鐵屑，洗凈、晾干。II.FeCl2溶液的制備：將處理后的廢鐵屑加入裝置B的三頸燒瓶中，緩慢加入適當過量的稀鹽酸，得到含FeCl2的混合液。III.FeCl3溶液的制備：由裝置A制備氯氣，向FeCl2的混合液中緩慢通入足量的氯氣。IV.FeCl3·6H2O產品的分離提純：將三頸燒瓶中的FeCl3混合液轉移出來，經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、重結晶、干燥，得到FeCl3·6H2O產品。V.FeCl3·6H2O產品的純度測定：用碘量法滴定并計算。請回答：(1)步驟I，從碳酸鈉溶液中分離出鐵屑的方法是___________________。(2)下列有關裝置儀器的說法不正確的是___________。A．裝置A、B之間應加裝一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶B．裝置B中，攪拌器的作用是使反應混合物充分接觸

C．裝置C中，NaOH溶液的作用是吸收逸出的氯氣，防止空氣污染

D．儀器a和儀器b的功能相同，操作方法也相同(3)下列說法正確的是___________。A．步驟II，稀鹽酸適當過量的目的是提高鐵屑的利用率并抑制水解B．步驟III，可用K4Fe(CN)6溶液檢驗“含有FeCl3的混合液”中是否存在Fe2+C．步驟IV

，蒸發濃縮要適度，濃縮度太小產率偏低，濃縮度太大純度偏低D．步驟IV，在冷卻結晶后的固液混合物中加入甘油可提高產率(4)已知碘量法的滴定反應：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6①測定FeCl3·6H2O產品純度的步驟選項如下，請排序(操作不能重復使用)：用電子天平稱取5.000g粗產品→配成250mL溶液→_____→_____→_____→_____→計算FeCl3·6H2O純度。a.加入稍過量的KI溶液，充分反應b.用堿式滴定管取出25.00mL待測液于錐形瓶中c.用淀粉溶液作指示劑，用cmol·L?1Na2S2O3標準溶液滴定d.平行滴定三次，消耗標準溶液的體積平均值為VmLe.用移液管取出25.00mL待測液于錐形瓶中②如果堿式滴定管的乳膠管中有氣泡，會導致滴定溶液體積不準確，因此，必須排出乳膠管中的氣泡。具體操作是：把乳膠管向上彎曲，___________，使溶液從尖嘴快速噴出，氣泡即可隨之排掉。(請在橫線上補全操作)③實驗中測得FeCl3·6H2O的產品純度偏低，若操作過程無誤，請從物質性質和反應原理角度分析，可能的原因是___________(寫出一種即可)。【答案】(1)傾析法(或過濾)(1分)(2)AD(2分)(3)ACD(2分)(4)①eacd(2分)②擠捏乳膠管(1分)③廢鐵屑中存在其它金屬元素，使產品不純；FeCl3溶液部分水解，導致測得純度偏低；Fe3+與I—的反應存在一定的限度，Fe3+有剩余(2分)【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中高錳酸鉀固體與濃鹽酸發生氧化還原反應制備氯氣，裝置B中先發生鐵與過量鹽酸反應得到鹽酸和氯化亞鐵的混合溶液，再發生混合溶液與氯氣反應得到氯化鐵溶液，裝置C中氫氧化鈉溶液用于吸收未反應的有毒的氯氣，防止污染空氣。(1)步驟I中用碳酸鈉溶液浸泡鐵屑的目的是除去鐵屑表面的油脂，浸泡數分鐘除去油脂后可以用傾析法或過濾的方法分離出鐵屑；(2)A項，由分析可知，制備氯化鐵溶液時，混合溶液中含有鹽酸，氯氣中混有的氯化氫氣體對實驗沒有影響，則不需要在裝置A、B之間應加裝一個盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯化氫，故A錯誤；B項，裝置B中，攪拌器通過攪拌可以使混合溶液與氯氣充分接觸，使反應更加充分，故B正確；C項，由分析可知，裝置C中盛有的NaOH溶液可以吸收逸出的未反應的有毒的氯氣，防止空氣污染，故C正確；D項，儀器a為恒壓分液漏斗，放液時只需打開下端